Question

4．如图，已知圆E：${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}$=16，点$F（\sqrt{3}，0）$，P是圆E上任意一点．线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q．
（1）求动点Q的轨迹Γ的方程；
（2）设直线l与（1）中轨迹Г相交于A，B两点，直线OA，l，OB的斜率分别为k₁，k，k₂（其中k＞0），若恰好成等比数列，求△OAB的面积S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意易得|QE|+|QF|=4，由椭圆的定义可得；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程联立可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由韦达定理和等比数列可解得k=$\frac{1}{2}$，可得面积S=$\sqrt{2-{m}^{2}}$|m|=$\sqrt{（2-{m}^{2}）{m}^{2}}$，由基本不等式可得最值．

解答 解：（Ⅰ）连接QF，由垂直平分线的性质可得|QP|=|QF|，
则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=|EP|=4，
∴动点Q的轨迹Γ是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．
可知a=2，c=$\sqrt{3}$，故b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
∴点Q的轨迹Γ的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y并整理可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴△=16（1+4k²-m²）＞0，x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$，
∵k₁，k，k₂构成等比数列，
∴k²=k₁k₂=$\frac{（k{x}_{1}+m）（k{x}_{2}+m）}{{x}_{1}{x}_{2}}$，化简变形可得km（x₁+x₂）+m²=0，
∴-km$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，解得k²=$\frac{1}{4}$．∵k＞0，∴k=$\frac{1}{2}$．
此时△=16（2-m²）＞0，解得-$\sqrt{2}$＜m＜$\sqrt{2}$．
又由A、O、B三点不共线得m≠0，∴-$\sqrt{2}$＜m＜$\sqrt{2}$且m≠0，
∴S=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$|m|=$\sqrt{2-{m}^{2}}$|m|
=$\sqrt{（2-{m}^{2}）{m}^{2}}$≤$\frac{2-{m}^{2}+{m}^{2}}{2}$=1
当且仅当2-m²=m²即m=±1时取等号，
∴△OAB的面积S的最大值为1

点评 本题考查直线与圆锥曲线的综合应用，设计轨迹方程的求解和圆锥曲线的最值，属难题．